浙江省嘉兴市桐乡第一中学2023届高三下学期5月适应性测试数学试题（含解析）

浙江省嘉兴市桐乡第一中学2023届高三下学期5月适应性测试数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．已知U＝R，A＝{x|x2－4x＋3≤0}，B＝{x||x－3|＞1}，则A∪＝（    ）

A．{x|1≤x≤4} B．{x|2≤x≤3}

C．{x|1≤x＜2} D．{x|2＜x≤3}

2．已知复数满足（是虚数单位），则的虚部为（    ）

A．2 B． C．1 D．

3．已知两个非零向量，满足，，则（    ）

A． B． C． D．

4．折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”.它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄、决胜千里、大智大勇的象征（如图1）.图2是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若两个圆弧DE，AC所在圆的半径分别是3和6，且，则该圆台的体积为（    ）

A． B． C． D．

5．甲乙丙丁戊5个人站成一排，则甲乙均不站两端的概率（    ）

A． B． C． D．

6．若，，则（    ）

A． B． C． D．

7．已知动直线与圆交于，两点，且．若与圆相交所得的弦长为，则的最大值与最小值之差为（    ）

A． B．1 C． D．2

8．已知函数，，若存在，使得成立，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

二、多选题

9．以下说法正确的是（    ）

A．决定系数越小，模型的拟合效果越差

B．数据1，2，4，5，6，8，9的60百分位数为5

C．若，则

D．有一组不全相等的样本数据，，，，它的平均数和中位数都是5，若去掉其中的一个数据5，则方差变大

10．设函数的定义域为是的极大值点，以下结论一定正确的是（    ）

A． B．是的极大值点

C．是的极小值点 D．是的极大值点

11．在平面直角坐标系中，O是坐标原点，角的终边与圆心在坐标原点，半径为2的圆交于点，射线绕点O按逆时针方向旋转弧度后交该圆于点B，记点B的纵坐标y关于的函数为．则下列说法正确的是（    ）．

A．

B．函数的图象关于直线对称

C．函数的单调递增区间为

D．若，，则

12．已知抛物线：，点，均在抛物线上，点，则（    ）

A．直线的斜率可能为

B．线段长度的最小值为

C．若，，三点共线，则是定值

D．若，，三点共线，则存在两组点对，使得点为线段的中点

三、填空题

13．已知椭圆的左、右焦点分别为点、，若椭圆上顶点为点，且为等腰直角三角形，则______.

14．已知数列的通项公式为，数列是以1为首项，2为公比的等比数列，则___________.

15．若函数的图象不过第四象限，则实数a的取值范围为________．

16．已知三棱锥的四个顶点在球的球面上，，是边长为的正三角形，三棱锥的体积为，为的中点，则过点的平面截球所得截面面积的最小值是______.

四、解答题

17．数列满足，，

(1)若数列是等比数列，求及的通项公式；

(2)若数列满足：，数列的前项和为，求证：.

18．“绿色出行，低碳环保”已成为新的时尚，近几年国家相继出台了一系列的环保政策，在汽车行业提出了重点扶持新能源汽车的政策，为新能源汽车行业的发展开辟了广阔的前景.某公司对A充电桩进行生产投资，所获得的利润有如下统计数据，并计算得=30.

(1)已知可用一元线性回归模型拟合y与x的关系，求其经验回归方程；

(2)若规定所获利润y与投资金额x的比值不低于，则称对应的投入额为“优秀投资额”.记2分，所获利润y与投资金额x的比值低于且大于，则称对应的投入额为“良好投资额”，记1分，所获利润y与投资金额x的比值不超过，则称对应的投入额为“不合格投资额”，记0分，现从表中6个投资金额中任意选2个，用X表示记分之和，求X的分布列及数学期望.

附：对于一组数据，其回归直线方程的斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为

19．如图，在直三棱柱中，平面侧面，且.

(1)求证：；

(2)若直线与平面所成的角为，为线段的中点，求平面与平面所成锐二面角的大小.

20．在中，角，，所对的边分别为，，，.

(1)求；

(2)若点为边的中点，点，分别在边，上，，.设，将的面积表示为的函数，并求的取值范围.

21．已知双曲线：的离心率为，并且经过点．

(1)求双曲线的方程．

(2)若直线经过点，与双曲线右支交于、两点其中点在第一象限，点关于原点的对称点为，点关于轴的对称点为，且直线与交于点，直线与交于点，证明：双曲线在点处的切线平分线段．

22．已知函数，．

(1)若，证明：在上单调递增．

(2)若存在两个极小值点．

①求实数的取值范围；

②试比较与的大小．

参考答案：

1．A

【分析】先化简集合A，B，再利用集合的补集和并集运算求解.

【详解】解：因为，或，

所以，，

故选：A．

2．B

【分析】由题目条件可得，即，然后利用复数的运算法则化简.

【详解】因为，所以，

则

故复数的虚部为.

故选：B

3．D

【分析】根据向量的数量积运算律和夹角公式求解.

【详解】因为，所以，

所以，所以，

，

故选:D.

4．D

【分析】根据题意求出圆台上下底面半径，圆台的高，代入圆台的体积计算公式即可求解.

【详解】设圆台上下底面的半径分别为，由题意可知，解得，

，解得：，作出圆台的轴截面，如图所示：

图中，，

过点向作垂线，垂足为，则，

所以圆台的高，

则上底面面积，，由圆台的体积计算公式可得：

，

故选：.

5．A

【分析】求出5人作全排、甲乙不在两端的排法数，再由古典概型概率的求法求概率.

【详解】5人作全排有种排法，

甲乙不在两端，中间3个位置选2个安排甲乙，余下3人全排有种，

所以甲乙均不站两端的概率.

故选：A

6．A

【分析】先由诱导公式把化为，再用二倍角公式变形，从而求出，再求出.把变形为再用和差角公式即可计算.

【详解】由

得

 所以.

因为，所以，所以，

所以，所以，

，

所以

.

故选：A

7．D

【分析】根据题意当动直线经过圆的圆心时，可得到弦长的最大值为该圆的直径，再设线段的中点为，从而得到动直线在圆上做切线运动，当动直线与轴垂直且点的坐标为时，即可得到弦长的最小值，进而即可求解．

【详解】由题意可知圆的圆心在圆上，

则当动直线经过圆心，即点或与圆心重合时，如图1，

此时弦长取得最大值，且最大值为；

设线段的中点为，

在中，由，且，则，

则动直线在圆上做切线运动，

所以当动直线与轴垂直，且点的坐标为时，如图2，

此时弦长取得最小值，且最小值为，

所以的最大值与最小值之差为2．

故选：D．

【点睛】方法点睛：圆的弦长的常用求法：

①几何法：求圆的半径，弦心距，则弦长为；

②代数法：运用根与系数的关系及弦长公式．

8．A

【分析】由题设知，研究的单调性及最值，画出函数图象，数形结合确定、的交点个数得，进而将目标式化为且，构造函数研究最小值即可.

【详解】由题设，即，

由，则上，递减；上，递增；

，且，图象如下：

由图知：时，，即且，所以，

令且，则，

时，，递减；时，，递增；

所以，即的最小值为.

故选：A

【点睛】关键点睛：利用同构得到，导数研究的性质，结合得到为关键.

9．ACD

【分析】A由决定系数实际意义；B百分位数定义求60百分位数；C二项分布方差公式求方差，再由方差性质求新方差；D应用方差公式写出原方差、新方差，结合题意判断大小.

【详解】A：决定系数越小，模型的拟合效果越差，越大拟合效果越好，对；

B：，故60百分位数为8，错；

C：由，则，故，对；

D：由，原方差，去掉一个数据5，均值不变，新方差，

数据是数据去掉一个数据5所得新数据，显然，对.

故选：ACD

10．BC

【分析】根据极值的定义结合函数的对称性进行判断即可.

【详解】是的极大值点．则存在区间，，对任意有，不一定是最大值，A错误；

的图象与的图象关于轴对称，因此，对任意有，是的极大值点，B正确；

的图象与的图象关于轴对称，因此对任意有，C正确；

由BC的推理可知是的极小值点，D错误．

故选：BC．

11．BD

【分析】由题意确定，由此可求得判断A；结合正弦函数对称性和单调性可判断BC；由可得，利用同角的三角函数关系可判断D.

【详解】由题意可知，而，故，

故，

则，A错误；

当时，，即此时取最小值，

故函数的图象关于直线对称，B正确；

令，解得，

即函数的单调递增区间为，

由于的最小正周期为，

故和不同，C错误；

若，，即，

因为，故，则，D正确，

故选：BD

12．BCD

【分析】根据两点斜率公式，结合一元二次方程的根可判断A，由两点距离公式，结合导数求单调性确定最值可判断B，联立直线与抛物线方程，由根与系数的关系求解可判断C，根据中点坐标公式，由一元二次方程根的个数可判断D.

【详解】设在抛物线上，且满足 ，

对于A，假如直线的斜率可以为，则

由于，则该方程无解，所以直线的斜率不可能为，故A错误；

对于B，，记，

记单调递增，

由于，因此时， 单调递增，

当时， 单调递减，故当时，取最小值5，

因此的最小值为，故B正确；

对于C，若三点共线，

显然直线与轴不平行，设直线方程为，联立抛物线方程可得，

，当时，，

所以，故C正确；

对于D，若三点共线，为线段的中点，则，将代入抛物线方程中得，

故有两个不相等的实数根，所以满足条件的点有2个，即存在两组点对，故D正确.

故选：BCD

13．8

【分析】根据为等腰直角三角形得到，代入计算得到答案.

【详解】椭圆，故，为等腰直角三角形，故，

故，即，.

故答案为：

14．502

【分析】由等差数列、等比数列的通项公式可得，再由等比数列的前n项和公式即可得结果.

【详解】由题意可得：，，.

所以

故答案为：502.

15．

【分析】作出函数的大致图象，结合图象可得，即可得解.

【详解】函数的图象关于对称，其定义域为，

作出函数的大致图象如图所示，

由图可得，要使函数的图象不过第四象限，

则，即，解得，

所以实数a的取值范围为.

故答案为：.

16．

【分析】先根据条件可证明，，，故三棱锥放入正方体中，正方体的外接球即是三棱锥的外接球，从而即可求出球的半径，过点的平面截球所得截面面积的最小时，截面与垂直，求得截面圆半径即可．

【详解】设在底面上的射影为，如图，

因为，由全等得为的中心，

由题可知，，由，解得

在正中，可得.

从而直角三角形中解得.

同理，又是边长为的正三角形，

所以，则，同理，，

因此正三棱锥可看作正方体的一角，

正方体的外接球与三棱锥的外接球相同，正方体对角线的中点为球心.

记外接球半径为，则，

过点的平面截球所得截面面积的最小时，截面与垂直，此时截面圆半径满足，

由得，所以，所以截面面积的最小值为.

故选：B

17．(1)，

(2)证明见解析

【分析】（1）先通过递推关系配凑出等比数列的结构，从而得到，进而得出的通项公式；

（2）利用错位相减法求和并证明.

【详解】（1）由可得，，

又，故是首项为，公比为的等比数列，即，，于是

（2）由（1）知，

于是，

则，

两式相减：，

即，于是，故.

18．(1)

(2)分布列见解析，

【分析】（1）根据已知数据，利用最小二乘法，求出回归系数，可得线性回归方程；

（2）利用概率公式求出随机向量X的概率，可得随机变量X的分布列，代入期望公式计算即可.

【详解】（1）根据获得的利润统计数据，

可得，，，

所以，

所以，

所以关于的经验回归方程为.

（2）由题意，，，，，，，

所以“优秀投资额”有2个，“良好投资额”有1个，“不合格投资额”有3个.

随机变量的可能取值为，

，，，

，，

所以的分布列为

数学期望.

19．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）利用线面垂直和面面垂直的判定与性质即可完成证明；

（2）根据（1）的结论建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量进而求得两个平面所成锐二面角的大小.

【详解】（1）取的中点为M，连接.因为，所以.

又因为平面侧面，平面侧面，平面，所以平面.

因为平面，所以.

因为在直三棱柱中，底面且平面，

所以 ，又，从而侧面，

又因为平面，所以.

（2）由（1）知平面，

所以直线与平面所成的角为，

因为，，，;

以为原点，，，分别为，，轴正向建立坐标系，

，，，，，

，，

设平面的法向量为

，故可设，

设平面的法向量为，

，故可设，

设平面与平面所成锐二面角为，

∴，所以.

20．(1)；

(2)，.

【分析】（1）由余弦定理可得，再根据余弦定理即可求解；

（2）由题可得为等边三角形，，在与中，分别由正弦定理求出，，根据三角形面积公式可得，由三角恒等变换及正弦函数的图象与性质即可求解.

【详解】（1）因为，所以，

即，所以.

因为，所以.

（2）由及可知为等边三角形.

又因为，，所以.

在中，，

由正弦定理可得,，即.

在中，,

由正弦定理可得，，即.

所以.

因为

，

因为，所以，

所以，所以.

所以，所以，

所以.

所以的取值范围为.

21．(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）由已知可求，，可求双曲线的方程．

（2）设，，与双曲线联立方程，求得，的方程求得，坐标，可求得中点的坐标，点处的切线经过线段的中点即可．

【详解】（1）依题意，离心率，，

解得，，

双曲线的方程为．

（2）证明：设，，则，，

直线为，代入双曲线方程得．

则且，

，

，

，

，

直线的方程为，

令，得，

，直线为，

令，得：，即，

设线段的中点坐标为，

则，，

过点的切线方程为：，

要证双曲线在点处的切线平分线段，

即证点处的切线经过线段的中点，

，

点处的切线过线段的中点，即点处的切线平分线段．

22．(1)证明见解析

(2)①；②.

【分析】（1）求得，根据题意得到，设，利用导数求得的单调性和，即可证得在上单调递增；

（2）根据题意求得， 令，则，

（i）当时，得到单调递增，进而得到的单调性，得出只有一个极小值点，不合题意；

（ii）当时，利用导数求得在上单调递减，在上单调递增且，

①当时，求得单调性，得到只有一个极小值点，不合题意；

②当时，得到在上存在零点，即存在，使得，利用函数，证得，得到在上存在零点，结合极值点的定义，求得实数的取值范围，再由（ii）得到满足方程，得出，，求得.

【详解】（1）解：由，可得，

因为且，所以，

所以当时，可得，

设，则，

当时，可得；当时，可得，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以当时，函数取得最小值，且，

所以当时，，即，

所以在上单调递增．

（2）解：由题意得，函数，定义域为，

可得，

令，则，

（i）当时，因为时，，所以，单调递增，

故，

此时在上单调递减，在上单调递增，

所以只有一个极小值点，不合题意；

（ii）当时，令，则，

当时，，当时，，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以当时，取得最小值，即，

①当时，，

此时在上单调递减，在上单调递增，

可得只有一个极小值点，不合题意；

②当时，，

因为时，，，

所以在上存在零点，即存在，使得．

令，则，

当时，，单调递减；

当时，，单调递增，

所以，即，可得，

所以在上存在零点，即存在，使得，

所以，随的变化情况如下：

所以为的两个极小值点．

故实数的取值范围为

由（ii）知满足，即，

所以，，得，，

所以，

，

所以．

【点睛】方法点睛：对于利用导数研究极值与最值的综合问题的求解策略：

1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；

2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．

3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．